2024版高考物理一轮复习第十章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律学案新人教版

PAGE12-2024版高考物理一轮复习第十章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律学案新人教版第十章电磁感应课标解读课程标准命题热点1．收集资料，了解电磁感应现象的发现过程，体会科学探索中科学思想和科学态度的重要作用。2．通过实验，探究并了解感应电流产生的条件。能举例说明电磁感应在生产生活中的应用。3．通过实验，探究影响感应电流方向的因素，理解楞次定律。理解法拉第电磁感应定律。4．通过实验，了解自感现象和涡流现象。能举例说明自感现象和涡流现象在生产生活中的应用。(1)根据楞次定律判断感应电流的方向。(2)安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的综合运用。(3)法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和切割公式E＝Blv应用。(4)与图像结合考查电磁感应现象。(5)通过“杆＋导轨”模型，“线圈穿过有界磁场”模型，考查电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用。(6)电磁感应规律在科技中的应用。第1讲电磁感应现象楞次定律知识梳理·双基自测ZHISHISHULISHUANGJIZICE知识梳理知识点1磁通量1．定义匀强磁场中，磁感应强度(B)与垂直于磁场方向的面积(S)的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，简称磁通，我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。2．公式Φ＝BS。在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯，符号是Wb。3．公式适用条件(1)匀强磁场。(2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S。思考：如图所示，矩形abcd、abb′a′，a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cosθ或BS3。(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3。(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0。知识点2电磁感应现象1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。2．产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。3．电磁感应现象的实质产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。知识点3感应电流方向的判定1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(2)适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况。2．右手定则(1)使用方法。①让磁感线穿入右手手心。②使大拇指指向导体运动的方向。③则其余四指指向感应电流的方向。(2)适用范围：适用于部分导体切割磁感线的情况。思考：如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直，AB中通有如图所示的电流I，请回答：(1)穿过线圈abcd中的磁通量为多少？(2)AB中电流I逐渐增大，线圈abcd中有感应电流吗？(3)要使线圈abcd中产生感应电流，可行的做法有哪些(至少答出两种方法)?[答案](1)0(2)无(3)使线圈左右平动；以OO′为轴转动。双基自测一、堵点疏通1．磁通量与线圈的匝数无关。(√)2．闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。(×)3．感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。(×)4．感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。(√)二、对点激活1．(2020·江西南昌二中期末)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(D)A．将绕在磁铁上的线圈与电流计组合成一闭合回路，然后观察电流计的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流计的闭合线圈，然后观察电流计的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流计连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流计的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流计，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流计的变化[解析]本题考查感应电流的产生条件。法拉第发现并总结出几种情况下会产生感应电流，其核心就是通过闭合线圈的磁通量发生变化，选项A、B中，绕在磁铁上的线圈和闭合线圈面积都没有发生变化，前者磁场强弱没有变化，后者通电线圈中若为恒定电流则产生恒定的磁场，磁场强弱不变，这两种情况磁通量都不发生变化，不会产生感应电流，选项A、B错误。选项C中往线圈中插入条形磁铁导致磁通量发生变化，在这一瞬间会产生感应电流，但是过程短暂，等到插入后再到相邻房间去，该过程已经结束，观察不到电流计的变化，选项C错误。选项D中，在给线圈通电或断电的瞬间，导致线圈产生的磁场变化，从而引起另一个线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，可以观察到电流计指针偏转，选项D正确。2．如图所示，匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，a，b，c，d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力在上述四点将线圈拉成正方形，且线圈仍处在原平面内，则在线圈发生形变的过程中(A)A．线圈中将产生abcda方向的盛应电流B．线圈中将产生adcba方向的感应电流C．线圈中的感应电流方向无法判断D．线圈中无感应电流[解析]周长一定时，圆形的面积最大。现用外力在四点将线圈拉成正方形，线圈面积变小，磁通量变小，有感应电流产生，由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流，故A正确。3．如图所示，一个条形磁铁水平放置，在条形磁铁的N极右方有一个小圆环，圆环水平，圆环从位置a水平向下平移到位置b和c，a和c关于条形磁铁位置对称，b在a、c中间，在a、b、c三个位置穿过圆环的磁通量分别为由Φ1、Φ2和Φ3，则下列说法正确的是(B)A．由位置a到c穿过圆环磁通量的变化为0B．Φ1、Φ2和Φ3中Φ2最小C．Φ1＝Φ3<Φ2D．以上说法均错误[解析]在位置b时，磁场与圆环面平行，穿过圆环的磁通量为0，在位置a时磁场从圆环下表面向上穿过圆环，在位置c时磁场从圆环上表面向下穿过圆环，选项B对，D错；磁通量为标量，但有正负之分，正负代表磁场穿过圆环的方向，不表示大小，选项AC错。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一电磁感应现象的判断1．磁通量的计算(1)公式Φ＝BS。此式的适用条件是：匀强磁场，磁感线与平面垂直。如图所示。(2)在匀强磁场B中，若磁感线与平面不垂直，公式Φ＝BS中的S应为平面在垂直于磁感线方向上的投影面积；公式Φ＝B·Scosθ中的Scosθ即为面积S在垂直于磁感线方向的投影，我们称之为“有效面积”。(3)磁通量有正负之分，其正负是这样规定的：任何一个面都有正、反两面，若规定磁感线从正面穿入为正磁通量，则磁感线从反面穿入时磁通量为负值。若磁感线沿相反的方向穿过同一平面，且正向磁感线条数为Φ1，反向磁感线条数为Φ2，则磁通量等于穿过该平面的磁感线的净条数(磁通量的代数和)，即Φ＝Φ1－Φ2。(4)如图所示，若闭合电路abcd和ABCD所在平面均与匀强磁场B垂直，面积分别为S1和S2，且S1>S2，但磁场区域恰好只有ABCD那么大，穿过S1和S2的磁通量是相同的，因此，Φ＝BS中的S应是指闭合回路中包含磁场的那部分有效面积。(5)磁通量与线圈的匝数无关，也就是磁通量大小不受线圈匝数的影响。同理，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1也不受线圈匝数的影响。所以，直接用公式求Φ、ΔΦ时，不必去考虑线圈匝数n。2．磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1，其数值等于初、末态穿过某个平面磁通量的差值。分析磁通量变化的方法有：方法一：据磁通量的定义Φ＝B·S(S为回路在垂直于磁场的平面内的投影面积)。一般存在以下几种情形：(1)投影面积不变，磁感应强度变化，即ΔΦ＝ΔB·S。(2)磁感应强度不变，投影面积发生变化，即ΔΦ＝B·ΔS。其中投影面积的变化又有两种形式：a.处在磁场的闭合回路面积发生变化，引起磁通量变化；b.闭合回路面积不变，但与磁场方向的夹角发生变化，从而引起投影面积变化。(3)磁感应强度和投影面积均发生变化。这种情况较少见，此时不能简单地认为ΔΦ＝ΔB·ΔS。方法二：根据磁通量的物理意义，通过分析穿过回路的磁感线条数的变化来定性分析磁通量的变化。3．电磁感应现象能否发生的判断流程(1)确定研究的闭合电路。(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ。(3)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ不变→无感应电流,Φ变化→\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回路闭合，有感应电流,不闭合，无感应电流，但有感应电动势))))例1如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心线正好和线圈的一条直径MN重合。要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有(D)A．将螺线管在线圈a所在平面内转动B．使螺线管上的电流发生变化C．使线圈a以MN为轴转动D．使线圈a以与MN垂直的一条直径为轴转动[解析]图中位置，穿过线圈a中的磁通量为零，使螺线管上的电流发生变化，或使螺线管在线圈a所在平面内转动，或使线圈a以MN为轴转动，穿过线圈中的磁通量依然总是为零，只有使线圈a以与MN垂直的一条直径为轴转动，才能改变穿过线圈中的磁通量，D项正确。〔变式训练1〕(2021·山西清徐中学月考)在匀强磁场中，有两条平行金属导轨a、b，磁场方向垂直a、b所在的平面向下，c、d为串接有电流表、电压表的两金属棒，如图所示，两棒以相同的水平速度向右匀速运动，则以下结论正确的是(D)A．电压表有读数，电流表没有读数B．电压表有读数，电流表也有读数C．电压表无读数，电流表有读数D．电压表无读数，电流表也无读数[解析]当两棒以相同的水平速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数。电压表是由电流表改装而成的，核心的部件是电流表，没有电流，指针不偏转，电压表也没有读数。A、B、C错误，故D正确。考点二感应电流方向的判断1．感应电流方向判断的两种方法方法一用楞次定律判断方法二用右手定则判断该方法适用于部分导体切割磁感线。判断时注意掌心、四指、拇指的方向。2．楞次定律和右手定则的关系(1)从研究对象上说，楞次定律研究的是整个闭合回路，右手定则研究的是闭合电路中的一部分导体，即一段导体做切割磁感线运动的情况。(2)从适用范围上说，楞次定律适用于磁通量变化引起感应电流的各种情况(包括一部分导体做切割磁感线运动的情况)，右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情况。因此，右手定则是楞次定律的一种特殊情况。一般来说，若导体不动，回路中磁通量变化，应该用楞次定律判断感应电流方向而不能用右手定则；若是回路中一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，用右手定则判断较为简单，用楞次定律进行判断也可以，但较为麻烦。例2(多选)如图所示，线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出的瞬间，线圈和电流表构成的闭合回路中产生的感应电流方向，下列图中正确的是(CD)[解析]在A项中，根据楞次定律，当磁铁N极向下运动时，线圈的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定感应电流的方向：沿线圈盘旋而上，故A项错误；同理判断，B项错误，C、D两项正确。〔变式训练2〕下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是(A)[解析]ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，故A项正确；ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B项错误；穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→d→c，则导体ab上的感应电流方向为b→a，故C项错误；ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D项错误。考点三楞次定律的推论内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”磁铁靠近线圈，B感与B原方向相反阻碍相对运动——“来拒去留”磁铁与线圈靠近时排斥，远离时吸引使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，a、b靠近阻碍原电流的变化——“增反减同”合上S，B先亮例3如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是(D)A．线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流B．穿过线圈a的磁通量减小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大[解析]当滑动变阻器的滑片P向下滑动时连入电路电阻减小，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，B错误；由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故D正确，A、C错误。名师点拨利用楞次定律的推论可以速解电磁感应问题。〔变式训练3〕如图所示，条形磁铁用细线悬挂于O点，一金属圆环放置在O点正下方的水平绝缘桌面上。现将磁铁拉至左侧某一高度后由静止释放，磁铁在竖直面内摆动，在其第一次摆至右侧最高点的过程中，圆环始终静止。则下列说法正确的是(D)A．磁铁始终受到圆环的斥力作用B．圆环中的感应电流方向保持不变C．桌面对圆环始终有摩擦力作用D．磁铁在O点两侧最高点的重力势能不相等[解析]由楞次定律推论可知，磁铁靠近圆环时受到斥力作用，远离圆环时受到引力作用，A错误；磁铁由释放到第一次运动到右侧最高点的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小，由于穿过圆环的磁场方向不变，而磁通量的变化趋势发生了改变，因此感应电流的方向发生变化，B错误；分析可知，在磁铁竖直向下时圆环内的磁通量达到最大，此时桌面对圆环无摩擦力作用，C错误；由楞次定律推论可知，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，感应电流对磁铁的作用力总是阻力，因此磁铁在右侧的最高点比释放点低，则磁铁在两侧最高点的重力势能不相等，D正确。名师讲坛·素养提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG一定律、三定则的综合应用1．一定律、三定则的比较适用范围基本现象安培定则电流的磁效应电流、运动电荷周围产生磁场左手定则磁场力磁场对电流、运动电荷的作用右手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动楞次定律闭合回路的磁通量发生变化2．相互联系(1)应用楞次定律，一般要用到安培定则。(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。例4如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则(C)A．ab棒不受安培力作用B．ab棒所受安培力的方向向右C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大D．螺线管产生的磁场，A端为N极[解析]金属棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则判断棒所受安培力水平向左，故A，B错误；ab的速度越大，感应电流越大，所受安培力就越大，C正确；根据安培定则可判定螺线管的B端为N极，A端为S极，D错误。名师点拨左、右手定则巧区分(1)右手定则与左手定则的区别：抓住“因果关系”才能无误，“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手。(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于区分，可把两个定则简单地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”。“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手。2年高考·1年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·课标Ⅱ，14)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接，焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为(D)A．库仑 B．霍尔C．洛伦兹 D．法拉第[解析]本题考查对电磁感应知识的理解。管道高频焊机的工作原理主要是利用了电磁感应现象中涡流的热效应，而电磁感应现象的发现者是法拉第，故D符合题意。2．(2020·课标Ⅲ，14)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到(B)A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动[解析]本题通过线圈和金属圆环考查楞次定律的应用以及右手螺旋定则。如图所示，开关S拨至M端，线圈中的电流从无到有，从A端流入，B端流出，线圈中的磁场方向从右向左且增大，穿过金属圆环的磁通量向左且增大，根据楞次定律可知，金属圆环的感应电流的磁场方向从左向右，线圈与金属圆环相互排斥，所以金属圆环向右运动；开关S拨至N端，同理可知，金属圆环也向右运动，故B正确，A、C、D错误。3．(2020·江苏单科)如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是(B)A．同时增大B1减小B2B．同时减小B1增大B2C．同时以相同的变化率增大B1和B2D．同时以相同的变化率减小B1和B2[解析]本题借助图形考查了安培定则和楞次定律的应用。同时增大B1减小B2，环中的合磁通量方向垂直纸面向里，且增大，由楞次定律可知环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则可知环中感应电流方向为逆时针方向，A错误；同时减小B1增大B2，环中的合磁通量方向垂直纸面向外，且增大，由楞次定律可知，环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知环中感应电流方向为顺时针方向，B正确；同时以相同的变化率增大或减小B1和B2，环中的合磁通量始终为零，不产生感应电流，C、D错误。4．(2019·全国卷Ⅲ，14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现(D)A．电阻定律 B．库仑定律C．欧姆定律 D．能量守恒定律[解析]楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。总能量是守恒的，感应电流产生电能，电能是“阻碍”的结果。第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流一、选择题(本题共9小题，1～6题为单选，7～9题为多选)1．如图所示，乘坐高铁时要经过安检。探测器内有通电线圈，只有当探测器靠近金属材料的物体时，报警器才会发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是(D)A．金属探测器利用的是电流的热效应现象B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用C．金属探测器利用的是静电感应现象D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化[解析]线圈通电后会产生磁场，当有金属物体进入磁场时，通过金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，由此判断是否有金属物体，D项正确。2．2019年10月1日建国70周年阅兵盛典时，我国的“空警—2000”在长安街上空飞过。如果“空警—2000”机翼水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行，已知该飞机的翼展为50m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5T，则下列说法正确的是(C)A．两翼尖之间的电势差约为2.9VB．两翼尖之间的电势差约为1.1VC．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低[解析]飞机的飞行速度为4.5×102km/h＝125m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝BLv＝4.7×10－5×50×125V≈0.29V，A、B项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直向下，根据右手定则可知飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误。3．(2020·北京平谷质量监控)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，金属棒ab始终保持静止。下列说法正确的是(B)A．当B均匀增大时，金属棒ab中的电流增大B．当B增大时，金属棒ab中的感应电流方向由a到bC．当B减小时，金属棒ab中的电流一定减小D．当B不变时，金属棒ab受到水平向右的静摩擦力[解析]由于磁感应强度均匀增大，eq\f(ΔB,Δt)不变，根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故A错误；磁感应强度增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故B正确；若B均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)可知，电流不变，故C错误；当B不变时，穿过线框的磁通量不变，电路中无电流，金属棒不受安培力，也不受摩擦力作用，故D错误。故选B。4．如图所示，等边三角形导体框abc边长为l，bd⊥ac，导体框绕轴bd以角速度ω匀速转动，导体框所在空间有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。下列说法正确的是(D)A．导体框中有感应电流B．导体框中产生正弦交变电流C．a、d两点间电势差为0D．a、d两点间电压为eq\f(1,8)Bωl2[解析]由于导体框平面始终与磁场方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，即导体框中无感应电池，A错误，B错误；由导体棒在磁场中转动切割磁感线产生感应电动势可知，a、d两点间的电压为E＝eq\f(1,2)Bω(eq\f(l,2))2＝eq\f(1,8)Bωl2，C错误，D正确。5．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq\f(B′,B)等于(B)A．eq\f(5,4) B．eq\f(3,2)C．eq\f(7,4) D．2[解析]在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)根据闭合电路欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)且q1＝I1Δt1在过程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq\f(E2,R)q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)。6．在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以竖直直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的方向为磁场的正方向，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则0～t0时间内，导线框中(C)A．没有感应电流B．感应电流方向为逆时针C．感应电流大小为eq\f(πr2B0,t0R)D．感应电流大小为eq\f(2πr2B0,t0R)[解析]根据楞次定律可知，导线框左边产生的感应电流沿顺时针方向，导线框右边产生的感应电流也沿顺时针方向，则整个导线框中的感应电流沿顺时针方向，A、B错误；由法拉第电磁感应定律可知，导线框中产生的感应电动势为导线框左、右两边产生的感应电动势之和，即E＝2×eq\f(ΔB,Δt)S＝2×eq\f(B0πr2,2t0)＝eq\f(πr2B0,t0)，由闭合电路欧姆定律可得，感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(πr2B0,t0R)，C正确、D错误。7．(2021·湖北武汉武昌区联考)如图所示是用电流传感器(相当于电流表，其内阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路。图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R。图甲、乙、丙、丁是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图像。关于这些图像，下列说法中正确的是(BC)A．图甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B．图乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C．图丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D．图丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况[解析]本题考查自感现象中的电流图像。开关S由断开变为闭合，传感器2这一支路立即有电流，线圈这一支路，由于线圈阻碍电流的增加，通过线圈的电流要慢慢增加，所以干路电流(通过传感器1的电流)也要慢慢增加，故A错误，B正确；开关S由闭合变为断开，通过传感器1的电流立即消失，而线圈这一支路，由于线圈阻碍电流的减小，该电流又通过传感器2，电流的方向与之前相反而且通过传感器2的电流逐渐减小，故C正确，D错误。8．(2020·山东济南4月模考)如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中，电路通过电刷与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R。先将开关闭合，待圆盘转速稳定后再断开开关，不计一切摩擦，下列说法中正确的是(BC)A．闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动B．闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流为零C．断开开关时，a点电势低于b点电势D．断开开关后，流过电阻R上的电流方向与原电流方向相反[解析]闭合开关时，铜圆盘中有电流经过，圆盘中电流方向沿半径向外，根据左手定则可知，从上往下看圆盘顺时针转动，故A错误；闭合开关转速稳定时，圆盘不受安培力作用，根据F＝BIL可知流过圆盘的电流为零，故B正确；断开开关时，从上往下看，圆盘顺时针转动，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，由右手定则知，圆盘中电流方向沿半径向里，所以a点电势低于b点电势，故C正确；闭合开关时，流过电阻R上的电流方向从b点经电阻R到a点；断开开关时，a点电势低于b点电势，流过电阻R上的电流方向从b点经电阻R到a点，所以断开开关后，流过电阻R上的电流方向与原电流方向相同，故D错误。故选B、C。9．(2020·湖南永州月考)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(BC)A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动的速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N[解析]由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D项错误。二、非选择题10．(2021·重庆模拟)磁场在xOy平面内的分布如图所示，其磁感应强度的大小均为B0，方向垂直于xOy平面，相邻区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L0，整个磁场以速度v沿x轴正方向匀速运动。若在磁场所在区间内放置一由n匝线圈组成的矩形线框abcd，线框的bc边平行于x轴。bc＝L0、ab＝L，L略大于L0，总电阻为R，线框始终保持静止。求：(1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；(2)线框所受安培力的大小和方向。[答案](1)2nB0Lveq\f(2nB0Lv,R)(2)eq\f(4n2B\o\al(2,0)L2v,R)方向沿x轴正方向[解析]本题考查双杆切割磁感线的问题。(1)线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小为v，线框的两条边均产生电动势，且电动势同向，任意时刻线框中总的感应电动势大小为E＝2nB0Lv，导线中的电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2nB0Lv,R)。(2)线框所受安培力的大小为F＝2nB0LI＝eq\f(4n2B\o\al(2,0)L2v,R)，由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x轴正方向。11．平行金属导轨宽度L＝1m，固定在水平面内，左端A、C间接有R＝4Ω的电阻，金属棒DE质量m＝0.36kg，电阻r＝1Ω，垂直导轨放置，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，到AC的距离x＝1.5m。匀强磁场与水平面成37°角斜向左上方，与金属棒垂直，磁感应强度随时间t变化的规律是B＝(1＋2t)T。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则经多长时间金属棒开始滑动？[答案]12s[解析]回路中的感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)Lxsin37°感应电流I＝eq\f(E,R＋r)对金属棒受力分析如图，有FA＝BILFAsin37°＝μNN＝mg＋FAcos37°又B＝(1＋2t)T，联立解得t＝12s。第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流知识点1法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。注意：感应电动势的方向与电源电动势的方向一样，都规定为在电源内部由负极指向正极。2．法拉第电磁感应定律(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比。(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r)。3．导体切割磁感线时的感应电动势(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。(2)v∥B时，E＝0。知识点2自感、涡流1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势。②表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。②单位：亨利(H)，1mH＝10－3H,1μH＝10－6H。2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。思考：(1)穿过线圈的磁通量变化越大，产生的感应电动势是否也越大？(2)利用E＝Blv推导出导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动时产生感应电动势的表达式。[答案](1)否(2)E＝Bleq\x\to(v)＝Bleq\f(ωl,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω双基自测一、堵点疏通1．磁通量变化越大，产生的感应电动势也越大。(×)2．磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大。(√)3．磁通量的变化率描述的是磁通量变化的快慢。(√)4．感应电动势的大小与线圈的匝数无关。(×)5．线圈中的自感电动势越大，自感系数就越大。(×)6．磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。(√)二、对点激活1．(多选)如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a，b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则(BD)A．任意时刻，穿过a，b两线圈的磁通量之比均为1︰4B．任意时刻，穿过a，b两线圈的磁通量之比均为1︰1C．a，b两线圈中产生的感应电动势之比为1︰2D．a，b两线圈中产生的感应电动势之比为1︰1[解析]任意时刻，穿过a，b两线圈的磁感线条数相等，磁通量相等，故磁通量之比为1︰1，故A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔB,Δt)S，S为线圈在磁场范围内的有效面积，S＝πr2，因为S相等，eq\f(ΔB,Δt)也相等，所以a，b两线圈中产生的感应电动势相等，感应电动势之比为1︰1，故C错误，D正确。2．金属探测器已经广泛应用于安检场所，关于金属探测器的论述正确的是(C)A．金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中B．金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流C．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流D．探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相对运动探测效果相同[解析]金属探测器只能探测金属，不能用于食品生产，不能防止细小的砂石颗粒混入食品中，A错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流，B错误，C正确；探测过程中金属探测器应与被测物体相对运动，相对静止时无法得到探测效果，D错误。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用1．应用法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)时应注意(1)研究对象：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的研究对象是一个回路，而不是一段导体。(2)物理意义：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，则E为瞬时感应电动势。(3)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势，整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零。2．法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝nBeq\f(ΔS,Δt)。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq\f(ΔB,Δt)·S，S是磁场范围内的有效面积。(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt)。3．在图像问题中磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。例1(2019·江苏卷)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3m2、电阻R＝0.6Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5s时间内合到一起。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q。[解析](1)感应电动势的平均值E＝eq\f(ΔΦ,Δt)磁通量的变化ΔΦ＝BΔS解得E＝eq\f(BΔS,Δt)代入数据得E＝0.12V。(2)平均电流I＝eq\f(E,R)代入数据得I＝0.2A(电流方向如图)。(3)电荷量q＝IΔt代入数据得q＝0.1C。[答案](1)0.12V(2)0.2A(电流方向见解析中图)(3)0.1C名师点拨求电荷量三法(1)q＝It(式中I为回路中的恒定电流、t为时间)①由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势使闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。②闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，时间t内通过线圈横截面的电荷量q＝It。(2)q＝neq\f(ΔΦ,R)(其中R为回路电阻、ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量的变化量)①闭合回路中的电阻R不变、并且只有磁通量变化为电路提供电动势。②从表面来看，穿过回路的磁通量与时间无关；但ΔΦ与时间有关、随时间而变化。(3)Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容、B为匀强磁场的磁感应强度、L为导体棒切割磁感线的有效长度、Δv为导体棒切割速度的增量)在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间的电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，电容器的充电(或放电)电流I＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)，又E＝BLv，则ΔU＝BL(Δv)可得Δq＝CBLΔv。〔变式训练1〕(2021·广东七校联合体联考)(多选)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是(BC)A．保持磁场的磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针方向的感应电流产生B．保持磁场的磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针方向的感应电流产生C．保持线圈半径不变，使磁感应强度大小随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为eq\f(kπr2,R)D．保持线圈半径不变，使磁感应强度大小随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为eq\f(2kπr2,R)[解析]本题考查楞次定律的应用和感生电流的计算。由于磁场的面积和磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；由于磁场的面积和磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流，故B正确；保持线圈半径不变，使磁感应强度大小随时间按B＝kt变化，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的电流，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，可知感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(ΔBS,ΔtR)＝keq\f(S,R)＝eq\f(kπr2,R)，故C正确，D错误。考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握。(1)正交性本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E＝Blvsinθ，θ为B与v方向间的夹角。(2)平均性导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v)。(3)瞬时性若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(4)有效性公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；丙图：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝R。(5)相对性E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。2．导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω，如图所示。(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)；(2)以端点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bωl2(平均速度取中点位置时的线速度eq\f(1,2)ωl)；(3)以任意点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bω(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))(不同两段的代数和)。例2(2020·江淮十校联考)如图所示，在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨间距为L电阻不计，金属杆的电阻为2R、长度为L，ab间电阻为R，MN两点间电势差为U，则通过电阻R的电流方向及U的大小(B)A．a→b，BLv B．a→b，eq\f(BLv,3)C．a→b，eq\f(2BLv,3) D．b→a，eq\f(2BLv,3)[解析]由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→b，MN产生的感应电动势公式为：E＝BLv，R两端的电压为：U＝eq\f(E,R＋2R)·R＝eq\f(BLv,3)，故B项正确。〔变式训练2〕边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间，ab两端的电势差Uab为(A)A．eq\f(1,3)Bl2ω B．－eq\f(1,2)Bl2ωC．－eq\f(1,3)Bl2ω D．eq\f(1,6)Bl2ω[解析]本题考查电磁感应定律中的旋转切割问题。在ab边开始转入磁场的瞬间，切割磁感线产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)Bl2ω，设每边电阻为R，由闭合电路欧姆定律可得金属线框中电流为I＝eq\f(E,3R)，由右手定则可判断出感应电流方向为逆时针方向，ab两端的电势差Uab＝I·2R＝eq\f(1,3)Bl2ω，选项A正确。考点三自感现象1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。(3)电流稳定时，自感线圈相当于普通导体。(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流方向均改变例3在如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，直流电阻为RL，则下列说法正确的是(B)A．合上开关后，c先亮，a、b后亮B．断开开关时，N点电势高于M点C．断开开关后，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭D．断开开关后，c马上熄灭，b闪一下后缓慢熄灭[解析]开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过a灯的电流逐渐增大，所以b、c先亮，a后亮，选项A错误；断开开关S的瞬间，因线圈L的电流减小，产生自感电动势，根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同，N点电势高于M点；L和a、b组成的回路中有电流，由于原来a灯的电流小于b灯的电流，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流大小开始减小，所以b灯会先变暗，然后a、b灯一起缓慢熄灭，而c没有电流，马上熄灭，选项B正确，C、D错误。〔变式训练3〕(多选)如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1，D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源。t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S。I1，I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(AC)[解析]当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小，故A，C项正确。考点四涡流电磁阻尼和电磁驱动电磁阻尼电磁驱动不同点成因由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力效果安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动能量转化导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功相同点两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动例4(2020·贵州贵阳月考)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌，为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是(A)[解析]施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。名师讲坛·素养提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG电磁感应在生活中的应用电磁感应现象与生活密切相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STS问题中信息题的考查。命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接技术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等。例5(2021·北京昌平区质检)随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注。无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上时，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是(A)A．无线充电技术与变压器的工作原理相同B．为了保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板C．只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电D．当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，将不能进行无线充电[解析]本题借助无线充电为背景考查电磁感应问题。无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，故A正确；加装的金属护板会产生涡流，涡流会产生热量，且可能会熔化金属，故加装金属护板浪费能量，还可能损坏电器，故B错误；应将供电线圈接到交流电源上，对蓄电池进行充电，故C错误；当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，也可以进行无线充电，故D错误。例6(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向．根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是(BD)A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线